SoluzLibro Cap10 Fisica esame - Zanichelli...Gianni Melegari, Claudio Romeni Fisica per la seconda...

Gianni Melegari, Claudio Romeni Fisica per la seconda prova dell’esame di Stato CAPITOLO 10 Fisica nucleare

1 ©Zanichelli 2016

QUESITI 1 Quesito Se tra i nucleoni agisse soltanto la forza elettrostatica, oltre al nucleo 1

1H non ne esisterebbero altri, perché i protoni si respingerebbero, mentre i neutroni non sarebbero soggetti ad alcuna forza. Tra i nucleoni agisce una forza nucleare attrattiva e all’interno del nucleo tale forza prevale su quella elettrostatica repulsiva. La forza nucleare è molto intensa alle piccole distanze e diminuisce rapidamente quando i nucleoni si allontanano. Viene rappresentata nella seguente figura, insieme alla forza coulombiana e alla forza totale.

Osserviamo che: • due protoni che si trovano a una distanza inferiore a circa 0,7 ⋅ 10–15 m si respingono, poiché la forza totale, somma della forza coulombiana e della forza nucleare, è repulsiva; • a una distanza compresa approssimativamente tra 0,7 ⋅ 10–15 m e 1,7 ⋅ 10–15 m i due protoni si attraggono e restano vicini, dal momento che in questo intervallo la forza nucleare, attrattiva, ha modulo maggiore rispetto alla forza elettrostatica, repulsiva; • a una distanza superiore a 1,7 ⋅ 10–15 m i due protoni si respingono, perché la repulsione coulombiana prevale sulla forza nucleare, che diviene del tutto trascurabile oltre i 3 ⋅ 10–15 m. I neutroni contribuiscono a rendere stabile il nucleo, perché essi non prendono parte alla repulsione coulombiana, ma grazie alla forza nucleare si attraggono tra loro e attraggono anche i protoni. Per questa ragione i nuclei con carica maggiore, nei quali è più intensa la forza repulsiva di natura elettrostatica che ogni protone subisce complessivamente da tutti gli altri, contengono più neutroni che protoni.

forza

forza totale


2 ©Zanichelli 2016

2 Quesito La relazione tra vita media e tempo di dimezzamento è

1/2

ln 2Tτ = ,

per cui troviamo

( )1/2 1/21/2

ln2ln20

0 0 0 0 2 .20

t tt tT TTN N e N e N e N

− −− −τ= = = =

Quindi basta risolvere l’equazione

2t

T1/2 = 20 ⇒ t = T1/2 log2 20 = (6586 s) ⋅4,3219 = 2,846 ⋅104 s. 3 Quesito L’isotopo di 3

7 Li è composto da 7 – 3 = 4 neutroni e da 3 protoni e ha un difetto di massa

Δm = 2mH + 4mn − mLi = 3⋅1,007825 u − 4 ⋅1,008665 u − 7,016003 u = 0,042132 u. Esprimiamo il difetto di massa in MeV:

Δm = 0,042132 u( ) 931,5 MeV

c2 u⎡⎣⎢

⎤⎦⎥= 39,25 MeV.

L’energia di legame per nucleone è

EL

A= 39,25 MeV

7 nucl= 5,607 MeV/nucl.

4 Quesito a. 19

40 K → 2040Ca + e− + ve

b. Calcoliamo il difetto di massa in unità di massa atomica:

Δm = 39,953575 u − 39,951619 u −5,486 ⋅10−4 u = 1,4074 ⋅10−3 u. Esprimiamo il difetto di massa in MeV/c2:

Δm = 1,4074 ⋅10−3 u( ) 931,5 MeV

c2 u⎡⎣⎢

⎤⎦⎥= 1,311 MeV.

Quindi l’energia rilasciata nel decadimento è

E = Δmc2 = 1,311 MeV

c2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ c2 = 1,311 MeV.


3 ©Zanichelli 2016

PROBLEMI 5 Problema a. Visto che il numero atomico del nucleo diminuisce di due unità, si tratta di un decadimento alfa.

L’equazione che descrive la reazione è, quindi:

238 234 494 92 2Pu U He.→ +

Il valore della vita media del plutonio-238 è

τ =

T1/2

ln2= 2,77 ⋅109 s

ln2= 4,00 ⋅109 s.

b. Il campione di plutonio in esame contiene un numero n di moli dato da

100 g238 g mo

0,420 oll

m .n = =

Quindi il numero N0 di nuclei di plutonio-238 presenti nel campione è

N0 = n N A = 0,420 mol( ) 6,022 ⋅1023 mol−1( ) = 2,53⋅1023.

Il tempo di dimezzamento del plutonio-238 è di quasi 98 anni. Quindi, per intervalli di tempo ragionevoli, è possibile considerare costante al valore N0 il numero di nuclei contenuti nel campione; così la sua attività A risulta

A =

N0

τ= 2,53⋅1023

4,00 ⋅109 s= 6,33⋅1013 Bq = 63,3 TBq.

c. La potenza P erogata dal campione è, quindi,

P = AE = 6,33⋅1013 Bq( ) 5,593⋅106 eV( ) 1,60 ⋅10−19 J

eV⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 56,6 W.

La quantità di energia Q espressa dal campione radioattivo in un minuto è, quindi

Q = PΔt = 56,6 W( ) 60,0 s( ) = 3,40 ⋅103 J;

il corrispondente aumento di temperatura risulta

ΔT = Qmc

= 3,40 ⋅103 J

0,100 kg( ) 130 Jkg ⋅K

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= 262 K.

d. Il volume V del campione di plutonio è

3

3

100 g 5,05 cm .g19,8cm

mVd

= = =

Il raggio di una sfera con questo volume risulta

r = 3V

4π3 =

3⋅ 5,05 cm3( )4π

3 = 1,06 cm,


4 ©Zanichelli 2016

per cui la superficie S della sfera è

S = 4πr 2 = 4π 1,06 cm( )2

= 14,1cm2 = 1,41⋅10−3 m2.

Applicando la legge di Stefan-Boltzmann, uguagliamo la potenza in ingresso con quella emessa per irradiamento e otteniamo

4 ,zST P=

da cui

T = PzS

4 = 56,6 W5,67 ⋅10−8 W m2 ⋅K4( )⎡⎣

⎤⎦ × 1,41⋅10−3 m2( )4 = 917 K.

6 Problema a. 84

210 Po→ 82206 Pb+ 2

4 He b. La massa dell’elettrone è 2000 volte più piccola della massa del nucleone. Quindi l’errore che si

commette utilizzando le masse atomiche invece delle masse nucleari è trascurabile, in particolare per nuclei così pesanti.

c. ΔE = mPo − mPb − mHe = 209,98286 u − 205,97446 u − 4,002603 u = 0,0058 u 1u ≡ 930 MeV ⇒ΔE = 5,4 MeV d. La costante di decadimento è legata all’emivita (per il polonio 138 giorni, ovvero 1,2 Ŋ 107 s)

dalla seguente relazione

λ = ln2

T1/2

.

Si ha quindi

λPo =

ln21,2 ⋅107 s

= 5,8 ⋅10−8 s−1.

e. L’attività a un certo istante è legata all’attività iniziale dalla seguente relazione A(t) = A0 e−λt. Vogliamo sapere dopo quanti giorni l’attività si è ridotta a un decimo di quella iniziale, ovvero

A(t) = 1

10A0.

Dalla formula sopra otteniamo

A0

10= A0e

−λt ⇒ e−λt = 110

λt = ln10 ⇒ t = ln10λ

= 4,0 ⋅107 s ! 460 giorni.


5 ©Zanichelli 2016

7 Problema a. 94

241Pu → e− + 95241Am; 95

241Am →α + 93237 Np

b. Tutto il 94

241Pu presente durante la formazione del Sistema Solare è decaduto, perché il suo tempo di dimezzamento è piccolissimo rispetto all’età del Sistema Solare (circa 4,5 miliardi di anni). In altri termini: dalla formazione del Sistema Solare sono trascorsi circa

4,5⋅109 anni14,29 anni

= 3,15⋅108 tempi di dimezzamento del 94241Pu .

Per quanto grande fosse il numero Niniz di atomi di presenti inizialmente, dopo 3,15 ⋅ 108 tempi di dimezzamento la loro quantità attuale è nulla:

Npres =

N iniz

23,15⋅108 ≈ 0.

c.

E = Δmc2 = mAm − mα − mNp( )c2 =

= 241,056829 u − 4,002603 u − 237,048174 u( ) 931,5 MeV

c2 u⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ c2⎡

⎣⎢⎤⎦⎥= 5,637 MeV.

d. L’attività R(t) di un campione è il numero di decadimenti al secondo che avvengono nel campione all’istante t. Quindi

R(t) = dN (t)

dt.

Ma per la legge del decadimento radioattivo N (t) = N0e

−λt , quindi

R(t) = dN (t)

dt= N0

de−λt

dt= λN0e

−λt = λN (t).

e. La costante di decadimento è

λ = ln2

T1/2

= ln214,3anni( ) 3,15⋅107 s/anno( ) = 1,53⋅10−9 s−1.

Quindi il numero di nuclei di 94241Pu presenti dopo 10 anni è

N = R

λ= 5⋅1015 Bq

1,53⋅10−9 s−1 = 3,25⋅1024 nuclei.


6 ©Zanichelli 2016

PROBLEMI ESPERTI 8 Problema esperto a. Tenendo conto del numero atomico del radon e delle caratteristiche delle particelle alfa,

possiamo scrivere la reazione

222 118 486 84 2Rn Po He.→ +

b. Consideriamo, per esempio, i due dati numerici (t1, A1) = (2,0 giorni, 0,35 Bq) e (t2, A2) = (7,0 giorni, 0,14 Bq). Allora abbiamo:

1

2

011

022

( )

( )

t

t

N eN tA

N eN tA

−τ

−τ

⎧⎪ = =⎪ τ τ⎨⎪⎪ = =

τ τ⎩

Visto che non conosciamo né N0 né τ, conviene dividere le equazioni membro a membro, ottenendo

12 1

2

1

2

,

tt t

tA e eA

e

− −ττ

−τ

= =

da cui si trova

τ =

t2 − t1ln A1 A2( ) =

5,0 ⋅24 ⋅3600 sln 0,35 0,14( ) = 4,7 ⋅105 s.

Il valore tabulato si scriverebbe, con due cifre significative, come 4,8 ⋅105 s. Date le incertezze di lettura del grafico, l’errore di una unità sull’ultima cifra significativa è perfettamente accettabile.

c. Il difetto di massa ΔM su una mole di radon-222 risulta

ΔM = 222,01758− 218,00897 − 4,00260( ) g

mol= 0,00601

gmol

= 6,01⋅10−6 kgmol

.

Possiamo così ricavare il difetto di massa Δm relativo a un solo decadimento, che risulta

Δm = ΔM

N A

= 6,01⋅10−6 kg mol6,02214 ⋅1023 mol−1 = 9,98 ⋅10−30 kg.

L’energia liberata è, quindi,

ΔE = Δmc2 = 9,98 ⋅10−30 kg( ) 2,99792 ⋅108 m

s⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2

= 8,97 ⋅10−13 J.


7 ©Zanichelli 2016

d. La stessa energia si può esprimere in MeV come

ΔE = 8,97 ⋅10−13 J = 8,97 ⋅10−13 J

1,60218 ⋅10−19 J eV= 5,60 ⋅106 eV = 5,60 MeV.

Entro le cifre significative, il valore è in ottimo accordo con quello dato in letteratura. 9 Problema esperto a. Gli isotopi di europio si trasformano in samario per cattura K e in gadolinio via decadimento

beta. Le reazioni di decadimento sono: 63

150 Eu + e→ 62150Sm + ν

63152 Eu + e→ 62

152Sm + ν

63152 Eu + e→ 64

152Gd + e b. Il modello di Bohr si applica per atomi o ioni con un solo elettrone orbitante intorno a un nucleo

con Z protoni. In questo caso gli atomi di europio non sono ionizzati e quindi hanno 63 elettroni. c. Gli elettroni più esterni si trovano nel livello 6 s. Applicando la formula di Bohr otteniamo

En=6 = −13,6 eV( )632

62 ! 1,5⋅103 eV.

Per sapere a quale regione dello spettro appartengono questi fotoni calcoliamo la frequenza:

f = E

h= 1500 ⋅1,602 ⋅10−19 J

6,63⋅10−34 J ⋅s= 3,62 ⋅1017 Hz,

ovvero raggi X. d. A = λEu Ŋ N, dove N è il numero di atomi contenuti nel campione. Per calcolare il numero di atomi

presenti in 1 mg di europio basta osservare che 1 mole di europio ha massa pari al numero di massa atomico, ovvero mmolare = 150 g, e che una mole di materiale contiene un numero di Avogadro di atomi. Il numero di atomi in 1 mg di europio è quindi

N =

mEu

mmolare

N A =1⋅10−3 g

150 g/mol6,023⋅1023 mol−1( ) = 4,0 ⋅1018.

L’attività è dunque

A = ln2

T1/2

N = ln21,15⋅109 s

⋅4,0 ⋅1018 = 2,4 ⋅109 Bq.

e. L’attività indica il numero di decadimenti al secondo. Nel caso in esame, il campione è composto

da una mistura di due isotopi di europio. L’attività è quindi la somma delle attività dei due isotopi, ovvero, ad un certo istante t, abbiamo

A(t) = A150(t)+ A152(t) = λ150N150(t)+ λ152N152(t).


8 ©Zanichelli 2016

Con i dati del problema abbiamo A(t = 0) ≡ A0 = λ150N150(t = 0)+ λ152N152(t = 0) = 60 Bq;

A(t = 100y) ≡ A100 = λ150N150(t = 100y)+ λ152N152(t = 100y) = 60 Bq.

Riscrivendo il numero di atomi a t =100 y in termini del numero di atomi iniziali, il sistema diventa

A(0) = λ150N150(t = 0)+ λ152N152(t = 0)

A100 = λ150N150(t = 0)e−λ150Δt + λ152N152(t = 0)e−λ152Δt

⎧⎨⎪

⎩⎪ dove Δt =100 y ≡ 3,15 Ŋ 109 s. Risolvendo il sistema rispetto alle incognite N150(t = 0) e N152(t = 0) si ottiene

N150(t = 0) = 6,5⋅1011

N152(t = 0) = 1,3⋅1011.

⎧⎨⎪

⎩⎪

10 Problema esperto a. 92

235 U + n → 55137 Cs+ 37 Rb+ 4n

E = Δmc2 = mU − mCs − mRb − mn( )c2 =

= 235,043930 u −136,907089 u − 94,929260 u − 3⋅1008665 u( ) 931,5 MeVc2 u

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ c2⎡

⎣⎢⎤⎦⎥=

= 169 MeV.

b. Senza neutroni, la sola interazione forte tra protoni non sarebbe in grado di vincere la loro

repulsione elettrostatica. I neutroni contribuiscono ad aumentare l’energia di legame del nucleo perché sono nucleoni e come tali subiscono l’interazione forte, senza aumentare la repulsione elettrostatica in quanto non hanno carica elettrica.

c. Per entrambi il tempo di dimezzamento è circa T1/2 ≈ 109 s ≈ 30 anni. Quindi l’attività delle scorie dovuta a questi isotopi rimane significativa per vari decenni dopo

l’estrazione dal reattore. Si può stimare un periodo di attenzione pari a circa qualche tempo di dimezzamento, ossia circa 1 secolo.

d. L’attività R di un campione è legata alla costante di decadimento λ e al numero N di nuclei

presenti dalla relazione R = λ N. Per il cesio

λ = ln2

T1/2

,

quindi il numero di nuclei di cesio presenti è


9 ©Zanichelli 2016

N = Rλ= R

ln2T1/2

=RT1/2

ln2=

1,0 ⋅1016 Bq( ) 9,6 ⋅108 s( )ln2

= 1,4 ⋅1025

che corrispondono a

n = 1,4 ⋅1025

6,0 ⋅1023 = 23 mol.

La massa di cesio presente in 1 t di combustibile nucleare esausto è quindi M = (137 g/mol)(23 mol) = 3,2 kg.

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